Nierówności (mniej lub bardziej) geometryczne
description
Transcript of Nierówności (mniej lub bardziej) geometryczne
Nierówności (mniej lub bardziej) geometryczne
Rami M. Ayoush
v. 1.0.3
Chociaż będziemy zajmować się nierównościami, które są związane w jakiś sposób z geometrią, na początek udowodnimy/przypomnimy kilka algebraicznych przykładów. Dla nieujemnych a i b mamy:
Jest to nierówność między średnią arytmetyczną i geometryczną dwóch liczb, wynik znany już w starożytności.
.022
)1(2
baabbaabba
Wstęp
Warto zwrócić na sposób dowodzenia, uzupełnienie do kwadratu. Jest on niezwykle skuteczny, wyrażenie
jest bardzo często stosowane w teorii nierówności. Oto jeszcze kilka przykładów, które dowodzimy analogicznie:
Prawdziwe są dla dowolnych liczb rzeczywistych.
02x
2)2( ab
ba
baba
411)3( baba 2222)4(
Wstęp
Przypomnijmy jeszcze (bez dowodu, chyba że istnieje na niego szczególne zapotrzebowanie) nierówności między średnimi:
Kolejno od lewej: średnia harmoniczna, geometryczna, arytmetyczna i kwadratowa.Nierówność między średnią arytmetyczną a geometryczną nazywana jest nierównością Cauchy’ego.
n
iin
n
ii
n anaaa
n
iin
i i
n
1
21
111 2
1
1
1
1
Wstęp
Na początek rozwiążemy zadanie z XV Zawodów Matematycznych Państw Bałtyckich. Rozważmy prostokąt o bokach długości 3 i 4 oraz na każdym jego boku wybieramy dowolny punkt wewnętrzny. Niech x, y, z, u oznaczają długości boków czworokąta wyznaczonego przez te punkty. Udowodnić, że
.5025 2222 uzyx
Przykład 1
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:
Z twierdzenia Pitagorasa i z (4):
25
21 2222
222222222222
ksrponml
ksrponmltzyx
Przykład 1
Aby udowodnić nierówność prawą trzeba najpierw wymyśleć i wykazać, że dla dodatnich a i b (a więc m.in. długości boków czworokąta) mamy:
Stąd otrzymujemy:
.02222 abbaba
.50
2222
222222222222
ksrponmlksrponmltzyx
Przykład 1
Do kolejnego zadania przyda się nam twierdzenie Van Aubela: Jeżeli w trójkącie ABC proste AA’, BB’ i CC’ przecinają się w punkcie M, to:
BCAC
CBAB
MAAM
''
''
'
Twierdzenie Van Aubela
W dowodzie będziemy korzystać z własnościproporcji ( ) oraz faktu, że jeżeli dane są 3 współliniowe punkty A, B i C oraz niewspółliniowy z tą trójką D to:
dbca
dc
ba
BCAB
hBC
hAB
SS
BCD
ABD
2121
Twierdzenie Van Aubela
Dowód:
BMC
ACMB
BMAMCA
AMBAMC
BMA
AMB
MCA
AMC
SS
SSSS
SS
SS
MAAM
'''''
BMC
AMB
MCBBCB
MABBAB
MCB
MAB
BCB
BAB
SS
SSSS
SS
SS
CBAB
''
''
'
'
'
'
''
BMC
AMC
MBCBCC
AMCACC
MBC
AMC
BCC
ACC
SS
SSSS
SS
SS
BCAC
''
''
'
'
'
'
''
'''
''
MAAM
SS
SS
SS
BCAC
CBAB
BMC
ACMB
BMC
AMC
BMC
AMB
Dowód:
BMC
ACMB
BMAMCA
AMBAMC
BMA
AMB
MCA
AMC
SS
SSSS
SS
SS
MAAM
'''''
BMC
AMB
MCBBCB
MABBAB
MCB
MAB
BCB
BAB
SS
SSSS
SS
SS
CBAB
''
''
'
'
'
'
''
BMC
AMC
MBCBCC
AMCACC
MBC
AMC
BCC
ACC
SS
SSSS
SS
SS
BCAC
''
''
'
'
'
'
''
'''
''
MAAM
SS
SS
SS
BCAC
CBAB
BMC
ACMB
BMC
AMC
BMC
AMB
Dowód:
BMC
ACMB
BMAMCA
AMBAMC
BMA
AMB
MCA
AMC
SS
SSSS
SS
SS
MAAM
'''''
BMC
AMB
MCBBCB
MABBAB
MCB
MAB
BCB
BAB
SS
SSSS
SS
SS
CBAB
''
''
'
'
'
'
''
BMC
AMC
MBCBCC
AMCACC
MBC
AMC
BCC
ACC
SS
SSSS
SS
SS
BCAC
''
''
'
'
'
'
''
'''
''
MAAM
SS
SS
SS
BCAC
CBAB
BMC
ACMB
BMC
AMC
BMC
AMB
Wewnątrz trójkąta ABC obrano punkt M. Proste AM, BM, i CM przecinają boki BC, CA i AB odpowiednio w punktach P, Q i R. Udowodnij, że:
.8MRCM
MQBM
MPAM
Przykład 2
Stosując do trójkąta ABC twierdzenie Van AubelaOtrzymujemy wyrażenie:
…które szacujemy z dołu za pomocą faktu (2)lub nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną.
824
PBRAQCRBPCQA
QAPCRBQCPBAR
QCQA
QACQ
PBCP
PCBP
RBAR
RABR
PBCP
QACQ
PCBP
RABR
RBAR
QCAQ
MRCM
MQBM
MPAM
Przykład 2
W niektórych nierównościach mamy „do czynienia” z bokami trójkąta. Do ich dowodzenia bardzo przydatny jest następujący fakt:
Jeżeli a, b i c są długościami boków trójkąta to istnieją dodatnie liczby x, y i z spełniające układ równań:
Lemat ten jest natychmiastową konsekwencją twierdzenia o stycznej.
xzczybyxa
Boki trójkąta
Jeżeli a, b, c są długościami boków trójkąta, to zachodzi nierówność:
Istotnie, stosując wspomniane podstawienie i korzystając z faktu (2) lub nierówności Cauchy’ego otrzymujemy:
.3
cba
cbac
bacb
a
.3621
21
21
xz
zx
yz
zy
xy
yx
yxz
xzy
zyx
cbac
bacb
acba
Przykład 3
Teraz trochę o zastosowaniach trygonometrii. Znane są nierówności:
Z (5) i z wzoru możemy wywnioskować, że pole trójkąta nie przekracza połowy iloczynu dwóch jego dowolnych boków.
1cos)6(1sin)5(xx
sin21 abSABC
Trygonometria
W trójkącie boki a, b i c spełniają nierówności , a jego pole wynosi 1. Dowieść, że
Zastosujemy tu wspomniany przed chwilą wniosek oraz nierówność trójkąta:
cba
.2 ca
.2
sin222
ca
abab cab
Przykład 4
Niech - kąty trójkąta. Udowodnić, że
Z twierdzenia cosinusów i wzoru na sinus połowy kąta:
Analogicznie
Przykład 5 ,,
.81
2sin2
sin2
sin
bcacb
2cos
222
bca
bcbcacba
22sin
442cos1
2
2222sin
81
2222sin
2sin2
sin
22sin
22sin
abc
cab
bca
abccab
Dla każdego czworokąta wypukłego ABCD prawdziwa jest nierówność:
.ADBCCDABBDAC
Nierówność Ptolemeusza
Obieramy na półprostych AB, AC i AD odpowiednio takie punkty B’, C’ i D’, że Wówczas , stąd (bkb),gdzie skala podobieństwa . StądAnalogicznie . Stosując nierówność trójkąta do punktów B’, C’ i D’ mamy:
.1',1',1'AD
ADAC
ACAB
AB
''
ABAC
ACAB
''~ BACABC
ACABACABk
1'
ACABBCCB
''
ACADCDDC
ABADBDDB
''''
.
,
,''''''
CDABBCADBDAC
ACADCD
ACABBC
ABADBD
DCCBDB
Nierówność Ptolemeusza
Dowieść, że dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich zachodzi nierówność
Przykład 6
.222222 acbacb cababcbca
Wbrew pozorom jest to zadanie z geometrii. Stosujemy twierdzenie cosinusów i nierówność Ptolemeusza do czworokąta na rysunku. Ustalamy w nim jedynie miary kątów, przez co a, b i c są dowolne.
Przykład 6
60CADBACbACaADcAB
bacbac
abCD
bcBC
caBD
22
22
22
Powyższe przykłady nie wyczerpują tematu – przeciwnie są jedynie krótkim wstępem (a nawet wstępem do wstępu) do dowodzenia nierówności geometrycznych. Aby się o tym przekonać wystarczy przejrzeć kilka zbiorów zadań z olimpiad.
>Koniec<